Bài giảng môn toán lớp 6 một số phương pháp tìm x,y nguyên

Bài giảng môn toán lớp 6 Một số phương pháp tìm x,y nguyên Mét sè ph­¬ng ph¸p t×m x,y nguyªn I Ph­¬ng ph¸p dïng tÝnh chÊt chia hÕt 1 Ph­¬ng ph¸p ph¸t hiÖn tÝnh chia hÕt VÝ dô 1 3x + 17y = 159 (1) Gi¶i Gi¶ sö x, y lµ c¸c sè nguyªn tho¶ m n (1) Ta thÊy 159 vµ 3x ®Òu chia hÕt cho 3 nªn 17y còng chia hÕt cho 3, do ®ã y chia hÕt cho 3 ( v× 17 vµ 3 nguyªn tè cïng nhau) §Æt y = 3t ( t lµ sè nguyªn) Thay vµo (1), ta ®­îc 3x + 17 3t = 159 x + 17t = 53 => x =53 17t Do ®ã ( t ) x 53 17t y 3t     Z.

Một số phương pháp tìm x,y nguyên

I/ Phương pháp dùng tính chất chia hết:

1/ Phương pháp phát hiện tính chia hết:

Ví dụ 1:

3x + 17y = 159 (1)

Giải:

Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn (1) Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y cũng chia hết cho 3, do đó y chia hết cho 3 ( vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau)

Đặt y = 3t ( t là số nguyên) Thay vào (1), ta được:

3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53 => x =53 - 17t

Do đó x 53 17t ( t )

y 3t



Đảo lại thay các biểu thức của x và y vào (1) được nghiệm đúng

Vậy (1) có vô số (x; y) nguyên được biểu thị bởi công thức:

( t )

x 53 17t

y 3t



2/ Phương pháp đưa về phương trình ước số:

Ví dụ 2: Tìm x,y nguyên thoả mãn :

x.y - x - y = 2

Giải:

Ta có: x.y - x - y = 2  x.( y -1) - y = 2

 x (y - 1) - (y - 1) = 3  (x -1) (y - 1) = 3

Do x, y là các số nguyên nên x - 1, y - 1 cũng là các số nguyên và là ước của 3 Suy

ra các trường hợp sau:

; ; ;

x 1 3

y 1 1

 



  



x 1 1

y 1 3

 



  



  



   



  



   



Giải các hệ này ta có các cặp : (4; 2), (2; 4), (0; -2), (-2; 0)

3/ Phương pháp tách ra giá trị nguyên:

Ví dụ 3: Tìm x,y nguyên ở ví dụ 2 bằng cách khác

Giải:

Ta có: x.y - x - y = 2

x.(y-1) = y+2

Ta thấy y 1 ( vì nếu y=1 thì x.0 = 3 (không có giá trị x,y nào thoả mãn )

Do đó x = y 2 1 3

Do x nguyên nên 3 nguyên => 1 là ước của 3 => 1=3; 1=-3; 1=1;

y-y 1 

1=-1

Ta cũng có đáp số như ở ví dụ 2

II/ Phương pháp xét số dư từng vế:

Ví dụ 4: Chứng minh rằng không có x,y nguyên nào thoả mãn các biểu thức sau:

a/ x2- y2 = 1998 b/ x2+ y2 = 1999

Giải:

a/ Ta thấy x2 ; y2 chia cho 4 chỉ có số dư là: 0 ; 1

nên x2 - y2 chia cho 4 có số dư là : 0 ; 1 ; 3 còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2 Vậy biểu thức không có giá trị nguyên nào thoả mãn

b/ Tương tự ta có x2 + y2 chia cho 4 có số dư là : 0; 1; 2 còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3

Vậy biểu thức không có giá trị nguyên nào thoả mãn

Ví dụ 5: Tìm x,y nguyên thoả mãn :

9x + 2 = y2+y (1)

Giải:

Ta có phương trình (1)  9x+2 = y(y+1)

Ta thấy vế trái của phương trình là số chia cho 3 dư 2 nên y.(y+1) chia cho 3 cũng dư 2

Chỉ có thể: y = 3k+1; y+1 = 3k+2 ( k Z)

Khi đó: 9x+2 = (3k+1).(3k+2)

9x 9k k 1.( )

x k k 1.( )

Thử lại:

x= k.(k+1); y = 3k+1 thoả mãn phương trình đã cho

Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát:

y 3k 1



III/ Phương pháp dùng bất đẳng thức:

1 Phương pháp sắp thứ tự các ẩn:

Ví dụ 6: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng

Giải:

Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z Ta có: x + y + z = x.y.z (1)

Do x, y, z có vai trò như nhau ở trong phương trình (1) nên có thể sắp thứ tự các ẩn như sau:

1    x y z

Do đó : x.y.z = x + y +z  3z

Chia cả hai vế cho số dương z ta được: x.y  3

Do đó: x.y = 1 2 3; ; 

+Với x.y =1 => x=1, y=1thay vào (1)ta được 2 +z = z loại

+Với x.y = 2 =>x=1, y=2 thay vào (1) ta được x = 3

+Với x.y = 3 => x=1, y=3 thay vào (1) ta được z = 2 loại vì trái với sắp xếp y z

Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3

2 Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn:

Ví dụ 7: Tìm x,y nguyên thoả mãn :

x   y 3

Giải:

Do vai trò bình đẳng của x và y Giả sử x  y, dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ y

Ta có:

(1)

y    3

Mặt khác do x y 1 1 1

   

Do đó

nên (2)

3        x y y y y y 3 y  6

Từ (1) và (2) ta có : 3   y 6 Do y Z  y 4 5 6; ; 

+Với y =4 ta được: 1 1 1 x 12

x     3 4

+ Với y = 5 ta được: 1 1 1 2 loại vì x không là số nguyên

x    3 5 15

+ Với y = 6 ta được: 1 1 1 x 6

x     3 6

Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là: (4; 12), (12; 4) , (6; 6)

3/ Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên:

Ví dụ 8: Tìm số tự nhiên x sao cho 2x+3x=5x

Giải:

Chia hai vế cho 5x, ta được:

(1)

1

    

+Với x=0 vế trái của (1) bằng 2 (loại)

+ Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1 ( đúng)

+ Với x 2 thì:

1

      

Vậy x = 1

IV/ Phương pháp dùng tính chất của một số chính phương: 1/Sử dụng tính chất chia hết của một số chính phương:

 Các tính chất thường dùng:

1 số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8

2 Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2

3 Số chính phương chia cho 3 thì có số dư là 0; 1, chia cho 4 có số dư là 0; 1, chia cho 8 có số dư là 0; 1; 4

Ví dụ 11:

Tìm các số nguyên x để 9x+5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

Giải:

Giả sử 9x+5 = n(n+1) với n nguyên thì 36x+20 = 4n2+4n

=> 36x+21= 4n2+4n+1

=> 3(12x+7) = (2n+1)2 (1)

Từ (1) => (2n+1)2 , do 3 là số nguyên tố => (2n+1) 3 2  9

Mặt khác ta có 12x+7 không chia hết cho 3 nên 3(12x+7) không chia hết cho 9

Vậy chứng tỏ không tồn tại số nguyên x để 9x+5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

2/ Tạo ra bình phương đúng:

Ví dụ 12:

Tìm x,y nguyên thoả mãn :

2x2+4x+2 = 21-3y2 (1)

Giải:

Phương trình (1)  2  2 (2)

2 x 1   3 7  y

Ta thấy vế trái chia hết cho 2 => 3(7-y2) 2 lẻ

2   7 y 2  y

Ta lại có 7-y2 0 (vì vế trái 0) nên chỉ có thể y  2 = 1

Khi đó phương trình (2) có dạng 2(x2+1) = 18        x 1 3 x  4 2; 

Các cặp số (2; 1), (2; -1), (-4; 1), (-4; -1) thoả mãn phương trình (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho

3/ Xét các số chính phương liên tiếp:

Hiển nhiên giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương Do

đó với mọi số nguyên a, x ta có:

1 Không tồn tại x để a2<x2<(a+1)2

2 Nếu a2<x2<(a+2)2 thì x2=(a+1)2

Ví dụ 13:

Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước không tồn tại số nguyên dương x sao cho x(x+1) = k(k+2)

Giải:

Giả sử x(x+1) = k(k+2) với k nguyên, x nguyên dương

Ta có x2+x = k2+2k => x2+x+1 = k2+2k+1 = (k+1)2

Do x>0 nên x2<x2+x+1 = (k+1)2 (1)

Cũng do x>0 nên (k+1)2 = x2+x+1 < x2+2x+1 = (x+1)2 (2)

Từ (1) và (2) => x2 < (k+1)2 < (x+1)2 Vô lí

Vậy không tồn tại số nguyên dương x để : x(x+1) = k(k+2)

4/ Sử dụng tính chất " nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương"

Ví dụ 14:

Tìm x,y nguyên thoả mãn : xy=z2 (1)

Trước hết ta có thể giả sử (x, y, z) = 1 Thật vậy nếu bộ ba số x0, y0, z0, thoả mãn (1) và có ƯCLN bằng d giả sử x0=dx1; y0=dy1; z0=dz1 có ước chung bằng d thì

số còn lại cũng chia hết cho d

Ta có: z2=xy mà (x;y)=1 nên x=a2, y=b2 với a,b nguyên dương

=> z2=xy=(ab)2 do đó z=ab

Như vậy : với t > 0

2 2

x ta

y tb

z tab

 

 



 



Đảo lại ta thấy công thức trên thoả mãn (1) Vậy công thức trên là nghiệm nguyên dương của (1)

5/ Sử dụng tính chất: " nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 "

Ví dụ 15: Tìm x,y nguyên thoả mãn :

x2+xy+y2=x2y2 (1)

Giải: Thêm xy vào hai vế của phương trình (1), ta được: x2+2xy+y2=x2y2+xy

 2 (2)

x y xy xy 1( )

Ta thấy xy và xy+1 là hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0

Nếu xy = 0 từ (1) => x2+y2=0 nên x=y=0

Nếu xy+1=0 => xy= -1 nên (x; y)=(1;-1) hoặc (x;y)=(-1;1)

Thử các cặp số (0;0), (1;-1), (-1;1) đều là nghiệm của phương trình (1)

V/ Phương pháp lùi vô hạn ( nguyên tắc cực hạn):

Ví dụ 16: Tìm x,y nguyên thoả mãn :

x3+2y3=4z3 (1)

Giải:

Từ (1) ta thấy x , đặt x=2x 2 1 với x1 nguyên hay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta

được 4x3 +y3=2z3 (2) Từ (2) ta thấy y 2  , đặt y=2y1 với y1 nguyên thay vào (2)

rồi chia hai vế cho 2 ta được: 2x3

1+4y3

1=z3 (3)

Từ (3) ta thấy z đặt z = 2z 2 1 với z1 nguyên Thây vào (3) rồi chia hai vế cho 2,

ta

được: x1 +2y1 = 4z1 (4)

Như vậy nếu (x; y; z) là nghiệm của (1) thì (x1; y1; z1 ) cũng là nghiệm của (1) Trong đó x = 2x1; y = 2y1; z = 2z1

Lập luận tương tự như vậy ta đi đến x, y, z chia hết cho 2k với k N Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : x = y = z = 0

C Bài tập:

Bài 1: Tìm x,y nguyên > 0 thoả mãn :

a 5x-y = 13

b 23x+53y= 109

c 12x-5y = 21

d 12x+17y = 41 Bài 2: Tìm x,y nguyên > 0 thoả mãn :

a/ 1+y+y2+y3 = t3

b/ 1+y+y2+y3+y4 = t4

Bài 3: Tìm x,y nguyên > 0 thoả mãn :

a/ 5(x+y)+2 = 3xy b/ 2(x+y) = 5xy c/ 3x+7 = y(x-3) Bài 4: Tìm x,y nguyên > 0 thoả mãn :

5(x+y+z+t)+10 = 2xyzt Bài 5: Tìm 12 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng

Bài 6: Chứng minh rằng, với n là số tự nhiên khác 0.ít nhất cũng có một giá trị trong tập hợp số tự nhiên khác 0 sao cho:

x1+x2+x3+… +xn= x1x2x3….xn

Bài 7: Tìm x,y nguyên >0 thoả mãn :

3

z  x  y 

Bài 8: Tìm x,y nguyên >0 thoả mãn :

a/ 4(x+y+z) = xyz b/ x+y+z+9-xyz = 0 Bài 10: Chứng minh phương trình 2x2-5y2=7 không có nghiệm nguyên

Bài 11: Tìm x,y nguyên >0 thoả mãn :

x  y     z z 1 2 x(   y xy)

Bài 12: Tìm x,y nguyên >0 thoả mãn :

1

x  y  z  t 